2025高考物理复习动量守恒定律课件教案练习题

第七章动量守恒定律第2讲动量守恒定律课标要求1．通过实验和理论推导，理解动量守恒定律。2．能用动量守恒定律解释生活中的有关现象。3．知道动量守恒定律的普遍性，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特

点。4．定量分析一维碰撞问题，并能解释生产生活中的弹性碰撞和非

弹性碰撞现象。5．体会用动量守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐

与统一。考点一动量守恒定律的理解及基本应用考点二碰撞问题考点三爆炸和反冲问题内容索引聚焦学科素养课时测评考点一动量守恒定律的理解及基本应用1．动量守恒定律的内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的________为0，这个系统的总动量保持不变。2．表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝_____________；意义：系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。(2)Δp1＝______；意义：相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。知识梳理矢量和m1v1′＋m2v2′－Δp2(2021·全国乙卷·改编)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中判断下列说法的正误：(1)从撤去推力开始，小车、滑块组成的系统动量守恒，机械能守恒。

()(2)从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统动量守恒，机械能不守恒。

()(3)系统所受合外力不为零时，系统的动量可能在某一方向上守恒。

()(4)表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′的速度是必须相对同一个参考系。

()高考情境链接×√√√1．动量守恒条件的理解(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。核心突破2．应用动量守恒定律解题的步骤考向1动量守恒的判断(多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，初始时静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统例1√√√若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受外力的矢量和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，跟A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受外力的矢量和为零，故其动量守恒，C正确。考向2动量守恒定律的简单应用如图所示，正在太空中行走的宇航员A、B沿同一直线相向运动，相对空间站的速度大小分别为3m/s和1m/s，迎面碰撞后(正碰)，A、B两人均反向运动，速度大小均为2m/s。则A、B两人的质量之比为A．3∶5

B．2∶3

C．2∶5

D．5∶3例2√设A的初速度方向为正，则由动量守恒定律知mAvA－mBvB＝－mAv＋mBv，解得mA∶mB＝3∶5，故A正确。考向3分方向动量守恒(2023·山东日照模拟)如图所示，一异形轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端。如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是A．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒B．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，水平方向上动量守恒C．物块到不了水平轨道的最左端D．物块将从轨道最左端冲出水平轨道例3√轨道不固定时，物块在轨道的水平部分时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒；物块在轨道的圆弧部分下滑时，合外力不为零，动量不守恒，但是水平方向动量守恒，故A错误，B正确；设轨道的水平部分长为L。轨道固定时，根据能量守恒定律得mgR＝μmgL，轨道不固定时，设物块与轨道相对静止时共同速度为v，在轨道水平部分滑行的距离为x。取向左为正方向，根据水平动量守恒得0＝(M＋m)v，则得v＝0，根据能量守恒定律得mgR＝

(M＋m)v2＋μmgx，联立解得

x＝L，所以物块仍能停在水平轨道的最左端，故C、D错误，故选B。考向4动量守恒中的临界问题甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6m/s，甲车上有质量为m＝1kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30kg。为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞。则甲总共抛出的小球个数是A．12

B．13

C．14

D．15例4√规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等。由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v

，解得v＝1.5m/s。对甲和他的小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv′，解得n＝15，D正确。返回考点二碰撞问题1．碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力______的现象。2．特点：在碰撞现象中，一般都满足内力________外力，可认为相互碰撞的系统动量______。3．分类知识梳理类型动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒______非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失______很大远大于守恒守恒最大1．碰撞前后系统的动量和机械能一定守恒。

()2．光滑水平面上相向运动的两球碰撞后均静止，则两球碰撞前的动量一定等大反向。

()3．碰撞后系统的总动能可能会增大。

()高考情境链接×√×1．弹性碰撞的分析与讨论：(条件：一个运动物体与静止物体发生弹性正碰)运动物体1的质量为m1、速度为v1，与质量为m2的静止物体2，发生弹性碰撞，碰撞后二者速度分别为v1′、v2′。则由动量守恒定律、机械能守恒定律得：m1v1＝m1v1′＋m2v2′

联立解得

核心突破(1)三种情况的讨论①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(质量相等的两个物体发生弹性碰撞，则碰撞后两物体交换速度)。②若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后两物体沿同一方向运动)。特例：当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1。③若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后物体1反向，两物体沿相反方向运动)。特例：当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0。(2)重要推论：运动物体A以速度v0与静止的物体B发生碰撞：①当发生弹性碰撞时，物体B获得的速度最大：

②当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B获得的速度最小：

③当发生非弹性碰撞时，碰后物体B的速度范围为：

2．碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，则应有v前′＞v前；若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变。考向1弹性碰撞(2023·全国乙卷·改编)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m＝M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求例5 (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；答案：过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律有mgl＝

解得v0＝过程2：小球以

与静止圆盘发生弹性碰撞，根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有

mv0＝mv1＋Mv1′解得

即小球碰后速度大小为

，方向竖直向上，圆盘速度大小为

，方向竖直向下。(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；答案：l第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者距离就不断增大，当二者速度相同时，距离最大，即v1＋gt＝v1′解得

根据运动学公式得最大距离为dmax＝x盘－x球＝v1′t－(v1t＋

考向2非弹性碰撞(2020·全国Ⅲ卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为A．3J B．4JC．5J D．6J例6√设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入题图中数据解得m乙＝6kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能E损＝

，代入题图中数据解得E损＝3J，选项A正确。考向3完全非弹性碰撞(2022·广东高考)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：例7(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；答案：8N

5N滑块静止时，桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8N滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f′＝5N。(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；答案：8m/s滑块向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有－mgl－fl＝

代入数据解得v＝8m/s。(3)滑杆向上运动的最大高度h。答案：0.2m由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒定律有mv＝(m＋M)v′碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－

(m＋M)v′2代入数据联立解得h＝0.2m。考向4碰撞的可能性分析如图所示，A、B两个小球沿光滑水平面向右运动，取向右为正方向，则A的动量pA＝10kg·m/s，B的动量pB＝6kg·m/s，A、B碰后A的动量增加量ΔpA＝－4kg·m/s，则A、B的质量比

应满足的条件为A．

B．

C．

D．

例8√因为A追上B发生碰撞，则碰前速度满足vA＞vB，即

，解得

，碰撞过程满足动量守恒，则pA＋pB＝pA′＋pB′，由题意知pA′＝pA＋ΔpA＝6kg·m/s，则pB′＝10kg·m/s，由能量关系得

，解得

≤1，碰后速度满足vA′≤vB′，即

，解得

，综上可得

≤1，B正确。返回考点三爆炸和反冲问题1．爆炸现象(1)定义：在物理学中，爆炸是指物体在内力作用下炸裂成两块或多块的现象。(2)特点：物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且________系统所受的外力，所以系统动量______。2．反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向______，如发射炮弹、火箭等。(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。知识梳理远大于守恒冲量1．爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。

()2．发射炮弹时炮身后退的现象属于反冲现象。

()3．园林中的喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。

()4．乌贼在水中的运动属于反冲运动。

()基础知识判断×√√√考向1爆炸问题爆炸现象的三个规律动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于其受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。(2021·浙江1月选考)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力，重力加速度为10m/s2。下列说法正确的是A．两碎块的位移大小之比为1∶2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m例9√审题指导(1)爆炸物在最高点瞬时速度为零。(2)爆炸的两碎块分别做平抛运动。(3)声音记录仪记录的时间等于碎块做平抛运动的时间和碎块撞击地面的响声以声速传到声音记录仪的时间之和。爆炸物在最高点爆炸成两碎块，设爆炸物质量为m，系统动量守恒，有

，解得两碎块的初速度之比为v1∶v2＝1∶2，由平抛运动规律x＝vt可知，两碎块的水平位移大小之比为x1∶x2＝v1∶v2＝1∶2，A错误；根据题述，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声，设两碎块在空中的时间为t，则

，解得t＝4s，由平抛运动规律可知，爆炸物的爆炸点离地面高度为h＝gt2＝80m，B正确；爆炸后质量大的碎块落地时撞击地面的声音传播到声音记录仪的时间为t1＝5s－4s＝1s，撞击地面处距离声音记录仪的距离为x1＝v声t1＝340m，由x1＝v1t，解得v1＝85m/s，C错误；爆炸后质量小的碎块落地时撞击地面的声音传播到声音记录仪的时间为t2＝6s－4s＝2s，撞击地面处距离声音记录仪的距离为x2＝v声t2＝680m，爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为x＝x1＋x2＝340m＋680m＝1020m，D错误。对点练．(2023·河北邯郸市模拟)质量为m的烟花弹升到最高点距离地面高度为h处爆炸成质量相等的两部分，两炸片同时落地后相距L，不计空气阻力，重力加速度为g，则烟花弹爆炸使炸片增加的机械能为A．mgh B．

C． D．√设烟花弹爆炸后瞬间两炸片的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒定律有0＝

，可得v1＝v2＝v，根据题述，两炸片均做平抛运动，有2vt＝L，h＝gt2，ΔE＝

mv2，联立解得ΔE＝

，故选B。考向2反冲问题反冲运动的作用原理和两个特点作用原理反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加2023年5月10日21时22分，天舟六号货运飞船在中国文昌航天发射场成功发射。如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力B．水喷出的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒C．火箭获得的最大速度为D．火箭上升的最大高度为例10√火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；水喷出的过程中，火箭内气体做功，火箭及水组成的系统机械能不守恒，B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝

，C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，上抛到最高点的过程中，有v2＝2gh，解得h＝

，D正确。对点练．有一火箭正在远离任何星体的太空中以速度v0匀速飞行，某时刻，火箭在极短的时间Δt内喷射质量为Δm的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，此次喷气后火箭的质量是m，则火箭在此次喷气后速度增加量为A．

B．

C．

D．

√根据题意，喷出燃气后，燃气的速度为v1＝v0＋u，则燃气的动量变化为Δp1＝Δmv1－Δmv0＝Δmu。设火箭在此次喷气后速度为v2，则火箭在此次喷气的动量变化为Δp2＝mv2－mv0＝mΔv，根据动量守恒定律得Δp1＋Δp2＝Δmu＋mΔv＝0，解得火箭在此次喷气后速度增加量为Δv＝

，故选C。返回聚焦学科素养

人船模型1．模型简析：如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统动量守恒，可得m船v船＝m人v人，因人和船组成的系统动量始终守恒，故有m船x船＝m人x人，由图可看出x船＋x人＝L，可解得x人＝

L，x船＝

L。2．模型特点(1)两个物体作用前均静止，作用后均运动。(2)动量守恒且总动量为零。3．结论：m1x1＝m2x2(m1、m2为相互作用物体的质量，x1、x2为其对地位移的大小)。应用1．[人船模型的应用]如图所示，质量m＝60kg的人，站在质量M＝300kg的车的一端，车长L＝3m，相对于地面静止。当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将A．后退0.5m B．后退0.6mC．后退0.75m D．一直匀速后退√人车组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5m，即车将后退0.5m，A正确，B、C错误；题中未说明人的运动状态，故车的运动状态不确定，D错误。应用2．[人船模型的迁移应用]如图所示，在一只大气球下方的长绳上，有一个质量为m1＝50kg的人。气球和长绳的总质量为m2＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝5m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面的高度约为(可以把人看作质点)A．5m B．3.6mC．2.6m D．8m√人沿绳向下滑时，气球上升。设气球上升的距离为s2，人向下滑的距离为s1，有m1s1＝m2s2，s1＋s2＝h，解得s2＝

m，故人滑到绳下端时，离地面的高度为s2＝m≈3.6m，B正确。应用3．[分方向动量守恒的人船模型](2023·湖南高考)如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；答案：小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正方向，有0＝mv1－Mv2小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒，有mgb＝

联立解得v2＝因水平方向在任何时候都动量守恒即0＝

两边同时乘t可得mx1＝Mx2且由几何关系可知x1＋x2＝a联立解得x2＝

(2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；答案：小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为

时，此时凹槽水平向右运动的位移为Δx，根据上式有

则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为

整理得

(3)若

，求小球下降h＝

高度时，小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。答案：将

代入小球的轨迹方程化简可得

即此时小球的轨迹为以b为半径的圆，则当小球下降的高度为

时，如图可知此时速度和水平方向的夹角为60°，小球下降

的过程中，系统水平方向动量守恒，有0＝mv3cos60°－Mv4系统机械能守恒，有

联立解得v3＝

返回课时测评1．如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤子都静止。假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法中正确的是A．人、车和锤子组成的系统动量守恒B．人、车和锤子组成的系统机械能守恒C．连续敲打可使小车持续向右运动D．当锤子速度方向竖直向下时，人和车水平方向的总动量为零√在锤子的连续敲打下，系统竖直方向的合力不等于零，该方向上系统的动量不守恒，所以系统的动量不守恒，故A错误；由于人消耗体能，体内储存的化学能转化为系统的机械能，因此系统机械能不守恒，故B错误；把人、锤子和小车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，用锤子连续敲打车的左端，根据水平方向动量守恒可知，系统水平方向上的总动量为零，锤子向左运动时，小车向右运动，锤子向右运动时，小车向左运动，所以小车左右做往复运动，不会持续地向右运动，故C错误；当锤子速度方向竖直向下时，水平方向动量为零，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，则此时人和车水平方向上的总动量为零，故D正确。2．(2022·湖南高考)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是A．碰撞后氮核的动量比氢核的小B．碰撞后氮核的动能比氢核的小C．v2大于v1D．v2大于v0√设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m。设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，

，联立解得v1＝v0。设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，

，联立解得v2＝

v0，可得v1＝v0＞v2。碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝

，可得pN＞pH。碰撞后氢核的动能为EkH＝

，氮核的动能为EkN＝

，可得EkH＞EkN，B正确，A、C、D错误。3．(2023·山东济南二模)在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动力装置，它能让宇航员保持较高的机动性。如图所示，宇航员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出，宇航员到达舱门时的速度为v2。若宇航员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化，忽略宇航员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为A． B．

C． D．√设喷出的气体的质量为m，则m＝ρSv1t，根据动量守恒定律可得mv1＝Mv2，宇航员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则

·t＝d，联立解得ρ＝

，故选D。4．(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上时相对a车保持静止，此后A．a、b两车运动速率相等B．a、c两车运动速率相等C．三辆车的速率关系vc＞va＞vbD．a、c两车运动方向相反√√设向右为正方向，设人跳离b、c车时对地水平速度为v，在水平方向由动量守恒定律有0＝－m车vc＋m人v，m人v＝m车vb＋m人v，m人v＝(m车＋m人)·va，所以vc＝

，vb＝0，va＝

，即vc＞va＞vb并且c车与a车方向相反，A、B错误，C、D正确。5．如图所示，质量为0.5kg的小球在离车底面高度20m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4kg，若小球在落在车的底面之前瞬时速度是25m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是(g＝10m/s2)A．5m/s B．4m/sC．8.5m/s D．9.5m/s√由平抛运动规律可知，小球下落的时间t＝

s＝2s，在竖直方向的分速度vy＝gt＝20m/s，水平方向的分速度vx＝m/s＝15m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，则m车v0－m球vx＝(m车＋m球)v，解得v＝5m/s，故A正确。6．(2024·安徽马鞍山模拟)在某次军演中，一炮弹由地面斜向上发射，假设当炮弹刚好到最高点时爆炸，炸成前后两部分P、Q，其中P的质量大于Q。已知爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，忽略空气的阻力，则下列说法正确的是A．爆炸后Q的运动方向一定与P的运动方向相同B．爆炸后Q比P先落地C．Q的落地点到爆炸点的水平距离大D．爆炸前后P、Q动量的变化量大小相等√在爆炸过程中，由于水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒。爆炸前炮弹在最高点的速度沿水平方向，爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，根据动量守恒定律判断出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的运动方向取决于P的动量与爆炸前炮弹的动量的大小关系，因此Q的运动方向不一定与爆炸前的运动方向相同，A错误；爆炸后P、Q均做平抛运动，竖直方向上为自由落体运动，由于高度相同，在空中运动的时间一定相同，所以P、Q一定同时落地，B错误；由于爆炸后两部分速度的大小关系无法判断，因此落地点到爆炸点的水平距离无法确定，C错误；在爆炸过程中，P、Q受到爆炸力的大小相等、作用时间相同，则所受爆炸力的冲量大小一定相等，由动量定理可知，在爆炸过程中P、Q动量的变化量大小相等、方向相反，D正确。7．如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别为A．v1＝v2＝v3＝

B．v1＝0，v2＝v3＝

C．v1＝0，v2＝v3＝

D．v1＝v2＝0，v3＝v0√由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总机械能守恒。设三球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能为

。选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能；对选项C，碰后总动量为mv0，但总动能为

，这显然违反了机械能守恒定律，故不可能；对选项D，既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选D。8．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s√考虑实际运动情况，若碰撞后两球同向运动，A球速度应不大于B球的速度，故A、D错误；碰撞前总动量p＝pA＋pB＝mAvA＋mBvB＝1×6kg·m/s＋2×2kg·m/s＝10kg·m/s，总动能Ek＝

×2×22J＝22J。B选项，碰撞后，总动量为p′＝pA′＋pB′＝mAvA′＋mBvB′＝1×2kg·m/s＋2×4kg·m/s＝10kg·m/s，总动能Ek′＝

×2×42J＝18J，则p′＝p，Ek＞Ek′，符合动量守恒定律和动能不增加，故B正确；C选项，碰撞后，总动量p′＝pA′＋pB′＝mAvA′＋mBvB′＝1×(－4)kg·m/s＋2×7kg·m/s＝10kg·m/s，总动能Ek′＝

×2×72J＝57J，符合动量守恒定律，但总动能不可能增加，故C错误。9．(多选)(2023·北京市第五中学检测)A、B物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移—时间图像，其中a、b分别为A、B两物块碰前的位移—时间图像，c为碰撞后两物块共同运动的位移—时间图像，若A物块质量m＝2kg，则由图判断，下列结论正确的是A．碰撞前后A的动量变化量的大小为4kg·m/sB．B物块的质量为0.75kgC．碰撞过程A对B所施冲量大小为4N·sD．碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为10J√√√以A的初速度方向为正方向，由题图可知